2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第4節(jié)古典概型與事件的相互獨立性教師用書

第四節(jié)古典概型與事務(wù)的相互獨立性考試要求：1．理解古典概型、事務(wù)的相互獨立性及其概率計算公式．2．會計算一些隨機事務(wù)所含的樣本點數(shù)及事務(wù)發(fā)生的概率．一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．古典概型的推斷古典概型的定義試驗具有如下共同特征：(1)有限性：樣本空間的樣本點只有有限個．(2)等可能性：每個樣本點發(fā)生的可能性相等．我們將具有以上兩個特征的試驗稱為古典概型試驗，其數(shù)學(xué)模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．一個試驗是否為古典概型，關(guān)鍵在于這個試驗是否具有古典概型的兩個特征：有限性和等可能性．2．古典概型的概率計算公式一般地，設(shè)試驗E是古典概型，樣本空間Ω包含n個樣本點，事務(wù)A包含其中的k個樣本點，則定義事務(wù)A的概率P(A)＝_kn＝_nAnΩ，其中n(A)和n(Ω)分別表示事務(wù)頻率的計算公式與古典概型的概率計算公式的異同名稱不同點相同點頻率計算公式頻率計算中的k，n均隨隨機試驗的改變而改變，但隨著試驗次數(shù)的增多，它們的比值漸漸趨近于概率值都計算了一個比值k古典概型的概率計算公式kn是一個定值，對同一個隨機事務(wù)而言，k，n3．相互獨立事務(wù)的推斷相互獨立事務(wù)的定義：對隨意兩個事務(wù)A與B，假如P(AB)＝P(A)P(B)成立，則稱事務(wù)A與事務(wù)B相互獨立，簡稱為獨立．4．相互獨立事務(wù)的性質(zhì)當(dāng)事務(wù)A與事務(wù)B相互獨立時，則事務(wù)A與事務(wù)B相互獨立，事務(wù)A與事務(wù)B相互獨立，事務(wù)A與事務(wù)B相互獨立．1．兩個事務(wù)相互獨立，是指它們其中一個事務(wù)的發(fā)生與否對另一個事務(wù)發(fā)生的概率沒有影響．一般地，兩個事務(wù)不行能既互斥又相互獨立，因為互斥事務(wù)是不行能同時發(fā)生的，而相互獨立事務(wù)是以它們能夠同時發(fā)生為前提的．相互獨立事務(wù)同時發(fā)生的概率等于每個事務(wù)發(fā)生的概率的積，這一點與互斥事務(wù)的概率和也是不同的．2．事務(wù)間的獨立性關(guān)系：已知兩個事務(wù)A，B相互獨立，它們的概率分別為P(A)，P(B)，則有事務(wù)表示概率A，B同時發(fā)生ABP(A)P(B)A，B都不發(fā)生AP(A)P(B)A，B恰有一個發(fā)生(AB)∪(AB)P(A)P(B)＋P(A)P(B)A，B中至少有一個發(fā)生(AB)∪(AB)∪(AB)P(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)A，B中至多有一個發(fā)生(AB)∪(AB)∪(ABP(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)二、基本技能·思想·活動閱歷1．推斷下列說法的正誤，對的畫“√”，錯的畫“×”．(1)“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事務(wù)A，B相互獨立”的充要條件． (√)(2)擲一枚硬幣兩次，出現(xiàn)“兩個正面”“一正一反”“兩個反面”，這三個事務(wù)是等可能事務(wù)． (×)(3)某袋中裝有大小勻稱的三個紅球、兩個黑球、一個白球，那么每種顏色的球被摸到的可能性相同． (×)(4)必定事務(wù)與任何一個事務(wù)相互獨立． (√)2．若P(AB)＝16，P(A)＝13，P(B)＝14，則事務(wù)AA．互斥 B．相互獨立C．互為對立 D．無法推斷B解析：因為P(A)＝13，所以P(A)＝23，又P(B)＝14，所以事務(wù)A又因為P(AB)＝16，所以有P(AB)＝P(A)·P(B)，所以事務(wù)A與B3．甲、乙獨立地解決同一數(shù)學(xué)問題，甲解決這個問題的概率是0.9，乙解決這個問題的概率是0.8，那么其中至少1人解決這個問題的概率是()A．0.26B．0.72C．0.98D．0.18C解析：設(shè)A為“甲解決這個問題”，B為“乙解決這個問題”，則AB表示“無人解決這個問題”，而P(A4．拋擲兩枚質(zhì)地勻稱的骰子，向上的點數(shù)之差的肯定值為3的概率是()A．19B．16C．1B解析：拋擲兩枚質(zhì)地勻稱的骰子，向上的點數(shù)之差的肯定值為3的狀況有(1，4)，(4，1)，(2，5)，(5，2)，(3，6)，(6，3)，共6個樣本點，而拋擲兩枚質(zhì)地勻稱的骰子包含的樣本點有36個，所以所求概率p＝636＝15．已知甲、乙、丙三人去參與某公司面試，他們被該公司錄用的概率分別是16，14，712解析：因為甲，乙，丙三人被該公司錄用的概率分別是16，14且三人錄用結(jié)果相互之間沒有影響，所以他們?nèi)硕紱]有被錄用的概率為1-16故他們?nèi)酥兄辽儆幸蝗吮讳浻玫母怕蕿?－512＝7考點1簡潔的古典概型的概率——基礎(chǔ)性(1)(2024·新高考Ⅰ卷)從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為()A．16B．13C．1D解析：從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，共有C72＝21(種)不同的取法，若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7種，故所求概率p＝21-(2)(2024·全國甲卷)從分別寫有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無放回隨機抽取2張，則抽到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為()A．15B．13C．2C解析：從6張卡片中無放回隨機抽取2張，共有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，15種狀況，其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，6種狀況，故概率為615＝2(3)設(shè)O為正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三點，則取到的三點共線的概率為()A．15B．25C．1A解析：從O，A，B，C，D中任取3點的狀況有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10種不同的狀況．由圖可知取到的三點共線的有(O，A，C)和(O，B，D)兩種狀況，所以所求概率為210＝1古典概型中樣本點個數(shù)的探求方法(1)列舉法：適合于給定的樣本點個數(shù)較少且易一一列舉出的問題．(2)樹狀圖法：適合于較為困難的問題，留意在確定樣本點(x，y)時可看成是有序的，如(1，2)與(2，1)不同．(3)排列組合法：在求一些較困難的樣本點個數(shù)時，可利用排列或組合的學(xué)問．1．從長度為2，4，6，8，9的5條線段中任取3條，則這3條線段能構(gòu)成一個三角形的概率為()A．25B．12C．3B解析：從5條線段中任取3條，共有C5其中能構(gòu)成一個三角形的有：(2，8，9)，(4，6，8)，(4，6，9)，(4，8，9)，(6，8，9)，共有5種，所以這3條線段能構(gòu)成一個三角形的概率p＝510＝12．(多選題)先后拋擲兩顆勻稱的骰子，第一次出現(xiàn)的點數(shù)記為a，其次次出現(xiàn)的點數(shù)記為b，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)＋b＝7時概率為1B．a(chǎn)＋b＝6時概率為1C．a(chǎn)≥2b時的概率為1D．a(chǎn)＋b是3的倍數(shù)的概率是1AD解析：先后拋擲兩顆勻稱的骰子，第一次出現(xiàn)的點數(shù)記為a，其次次出現(xiàn)的點數(shù)記為b，樣本點的總數(shù)為6×6＝36個，對于選項A：a＋b＝7包含的樣本點有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6個，所以a＋b＝7時的概率為636＝1對于選項B：a＋b＝6包含的樣本點有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共5個，所以a＋b＝6時的概率為536≠1對于選項C：a≥2b包含的樣本點有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，共9個，所以a≥2b時的概率為936＝1對于選項D：a＋b是3的倍數(shù)包含的樣本點有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共有12個，所以a＋b是3的倍數(shù)的概率是1236＝1考點2古典概型的交匯問題——綜合性考向1古典概率和數(shù)1742年6月7日，哥德巴赫在給大數(shù)學(xué)家歐拉的信中提出：任一大于2的偶數(shù)都可寫成兩個質(zhì)數(shù)的和．這就是聞名的“哥德巴赫猜想”，可簡記為“1＋1”．1966年我國數(shù)學(xué)家陳景潤證明白“1＋2”，獲得了該探討的世界最優(yōu)成果．若在不超過20的全部質(zhì)數(shù)中，隨機選取兩個不同的數(shù)，則兩數(shù)之和不超過20的概率是()A．37B．47C．5B解析：不超過20的全部質(zhì)數(shù)有2，3，5，7，11，13，17，19，共8個，從中選取2個不同的數(shù)有C82＝28種，和超過20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)，共12種，所以兩數(shù)之和不超過20的概率是28-考向2古典概型和數(shù)列斐波那契數(shù)列又稱黃金分割數(shù)列，因為數(shù)學(xué)家昂納多斐波那契以兔子繁殖為例子引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，在數(shù)學(xué)上斐波那契數(shù)列被以下遞推方法定義：數(shù)列{an}滿意：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)．現(xiàn)從該數(shù)列的前10項中隨機的抽取一項，則該數(shù)除以3余數(shù)為1的概率為()A．18B．14C．3D解析：數(shù)列{an}滿意：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，數(shù)列的前10項為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55．該數(shù)列被3除所得的余數(shù)為1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，所以10項中共有5項滿意除以3余數(shù)為1，故概率p＝510＝1考向3古典概型和平面對量(1)設(shè)平面對量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，記“a⊥(a－b)”為事務(wù)A，則事務(wù)A發(fā)生的概率為()A．18B．14C．1A解析：有序數(shù)對(m，n)的全部可能結(jié)果數(shù)為4×4＝16．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2．由于m，n∈{1，2，3，4}，故事務(wù)A包含的樣本點為(2，1)和(3，4)，共2個．所以所求的概率P(A)＝216＝1(2)已知k∈Z，AB＝(k，1)，AC＝(2，4)．若|AB|≤4，則△ABC37解析：因為|AB|＝k2+1≤4，所以－15≤k因為k∈Z，所以k＝－3，－2，－1，0，1，2，3．當(dāng)△ABC為直角三角形時，應(yīng)有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC．由AB·AC＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2．因為BC＝AC-AB＝(2－k，3)，由AB·BC＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3．由AC·BC＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)．故使△考向4古典概型與函數(shù)的交匯(1)已知函數(shù)f(x)＝13x3＋ax2＋b2x＋1．若a是從1，2，3三個數(shù)中任取的一個數(shù)，b是從0，1，2三個數(shù)中任取的一個數(shù)，則該函數(shù)有兩個極值點的概率為()A．79B．13C．5D解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax＋b2．由題意知f′(x)＝0有兩個不等實根，即Δ＝4(a2－b2)>0，所以a>b，有序數(shù)對(a，b)全部可能結(jié)果有3×3＝9(種)，其中滿意a>b的有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，共6種．故所求概率p＝69＝2(2)已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，則函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是()A．512B．13C．1A解析：因為a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，所以樣本點總數(shù)n＝3×4＝12．函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)．①當(dāng)a＝0時，f(x)＝－2bx，符合條件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1．②當(dāng)a≠0時，須要滿意ba所以函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是512求解古典概型交匯問題的思路求解古典概型的交匯問題，關(guān)鍵是把相關(guān)的內(nèi)容轉(zhuǎn)化為事務(wù)，然后利用古典概型的有關(guān)學(xué)問解決，其解題流程為：已知集合M＝{－1，1，3，5}和N＝{－1，1，2，4}．設(shè)關(guān)于x的二次函數(shù)f(x)＝ax2－4bx＋1(a，b∈R)．(1)若b＝1時，從集合M取一個數(shù)作為a的值，求方程f(x)＝0有解的概率；(2)若從集合M和N中各取一個數(shù)作為a和b的值，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)的概率．解：(1)因為b＝1，由方程f(x)＝ax2－4x＋1＝0有解，得a≠0，Δ=16-4a≥0，即a≤4，且a≠0．因為a∈M＝{－1，1，3，5}，所以(2)由于二次函數(shù)f(x)＝ax2－4bx＋1圖象的對稱軸為x＝2ba要使y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，應(yīng)有a＞0且2ba≤1，即a≥2b，且a①若a＝1，則b＝－1；②若a＝3，則b＝－1，1；③若a＝5，則b＝－1，1，2．而全部的(a，b)共有4×4＝16個，所以所求概率為p＝616＝3考點3事務(wù)的相互獨立性——綜合性(1)有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事務(wù)“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事務(wù)“其次次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事務(wù)“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事務(wù)“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則()A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立B解析：由題意可知，兩點數(shù)和為8的全部可能為：(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，兩點數(shù)和為7的全部可能為：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，P(甲)＝16，P(乙)＝16，P(丙)＝56×6＝536，A：P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)＝136＝P(甲)·PC：P(乙丙)＝136≠P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)＝0≠P(丙)·P(2)(2024·常州高三期末)甲、乙兩隊進行籃球決賽，實行三場二勝制(當(dāng)一隊贏得二場成功時，該隊獲勝，決賽結(jié)束)．依據(jù)前期競賽成果，甲隊的主客場支配依次為“主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場競賽結(jié)果相互獨立，則甲隊最終獲勝的概率是________．0.6解析：甲隊最終獲勝包含3種狀況：①前兩場甲均勝，概率為p1＝0.6×0.5＝0.3，②第一場甲勝，其次場甲負(fù)，第三場甲勝，概率為p2＝0.6×0.5×0.6＝0.18，③第一場甲負(fù)，其次場甲勝，第三場甲勝，概率為p3＝0.4×0.5×0.6＝0.12，所以甲隊最終獲勝的概率是p＝p1＋p2＋p3＝0.3＋0.18＋0.12＝0.6．推斷事務(wù)是否相互獨立的方法(1)定義法：事務(wù)A，B相互獨立?P(AB)＝P(A)·P(B)．(2)利用性質(zhì)：A與B相互獨立，則A與B，A與B，1．現(xiàn)有5個相同的小球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，從中有放回的隨機抽取兩次，每次抽取一個球，記：事務(wù)A表示“第一次取出的球數(shù)字是2”，事務(wù)B表示“其次次取出的球數(shù)字是3”，事務(wù)C表示“兩次取出的球的數(shù)字之和為8”，事務(wù)D表示“兩次取出的球的數(shù)字之和為6”，則下列選項正確的是(C)A．事務(wù)A和事務(wù)C相互獨立B．事務(wù)B和事務(wù)C相互獨立C．事務(wù)B和事務(wù)D相互獨立D．事務(wù)C和事務(wù)D相互獨立2．(2024·和平區(qū)模擬)某校象棋社團開展競賽活動，競賽中雙方有一人獲勝或者雙方和棋則競賽結(jié)束．依據(jù)以往競賽結(jié)果，在一局競賽中，甲戰(zhàn)勝乙的概率是12，兩人和棋的概率是11379解析：由題意可知，在一局競賽中，甲戰(zhàn)勝乙的概率是12，兩人和棋的概率是16，所以乙戰(zhàn)勝甲的概率為1－12－16＝13；由甲乙兩人競賽2局，每局勝方記3分，負(fù)方記0分，和棋雙方各記1分，設(shè)甲得分不少于2為事務(wù)A，則A表示乙勝或甲負(fù)且甲乙和，故P(A)＝13×13+C21×13×16＝2課時質(zhì)量評價(五十九)A組全考點鞏固練1．某校開設(shè)a，b，c，d共4門選修課，一個同學(xué)從中隨機選取2門，則a與b未同時被選中的概率為()A．16 B．1C．23 D．D解析：從a，b，c，d中隨機選2門課程的狀況有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6種，其中a，b同時被選中的狀況只有一種，即ab，則a，b同時被選中的概率為16，所以a，b未同時被選中的概率p＝1－16＝2．我國古代認(rèn)為構(gòu)成宇宙萬物的基本要素是金、木、水、火、土這五種物質(zhì)，稱為“五行”．古人構(gòu)建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理論，隨機任取“兩行”，則取出的“兩行”相生的概率是()A．12B．13C．1A解析：隨機任取“兩行”，有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10種狀況，其中取出的“兩行”相生的狀況有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5種，所以取出的“兩行”相生的概率為510＝13．(多選題)從甲袋內(nèi)摸出1個紅球的概率是13，從乙袋內(nèi)摸出1個紅球的概率是1A．2個球不都是紅球的概率是1B．2個球都是紅球的概率是1C．至少有1個紅球的概率是2D．2個球中恰有1個紅球的概率是2BC解析：A：兩個球不都是紅球的概率為：1－13×12＝56，故A錯誤．B：兩個球都是紅球的概率為：13×12＝16，故B正確．C：至少有一個紅球的概率為：13×12＋23×12＋13×12＝4．(2024·南京校級月考)十二生肖，又稱十二屬相，中國古人拿十二種動物來配十二地支，組成子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龍、巳蛇、午馬、未羊、申猴、酉雞、戌狗、亥豬十二屬相．現(xiàn)有十二生肖祥瑞物各一件，甲、乙、丙三位同學(xué)依次隨機抽取一件作為禮物，甲同學(xué)喜愛馬、牛，乙同學(xué)喜愛馬、龍、狗，丙同學(xué)除了鼠不喜愛外其他的都喜愛，則這三位同學(xué)抽取的禮物都喜愛的概率是()A．388B．344C．1A解析：現(xiàn)有十二生肖祥瑞物各一件，甲、乙、丙三位同學(xué)依次隨機抽取一件作為禮物，甲同學(xué)喜愛馬、牛，乙同學(xué)喜愛馬、龍、狗，丙同學(xué)除了鼠不喜愛外其他的都喜愛，樣本點總數(shù)n＝A123＝1320，這三位同學(xué)抽取的禮物都喜愛包含的樣本點個數(shù)m＝1×2×9＋1×3×9＝45，所以這三位同學(xué)抽取的禮物都喜愛的概率是p＝mn＝455．某單位實行詩詞大會競賽，給每位參賽者設(shè)計了“保留題型”“升級題型”“創(chuàng)新題型”三類題型，每類題型均指定一道題讓參賽者回答．已知某位參賽者答對每道題的概率均為45A．112125B．80125C．113A解析：因為參賽者答對每道題的概率均為45，且各次答對與否相互獨立，所以該參賽者答完三道題后至少答對兩道題的概率：p＝C336．已知甲、乙、丙、丁四人進行圍棋競賽，競賽流程如圖所示，依據(jù)以往閱歷，甲戰(zhàn)勝乙、丙、丁的概率分別為0.8，0.4，0.6，丙戰(zhàn)勝丁的概率為0.5，并且競賽沒有和棋，則甲獲得最終冠軍的概率為()A．0.6B．0.5C．0.4D．0.3C解析：甲獲得最終冠軍這個事務(wù)可分為兩個互斥事務(wù)：一個是第一輪甲勝乙，丙勝丁，其次輪甲勝丙，另一個是第一輪甲勝乙，丁勝丙，其次輪甲勝丁，所以所求概率P＝0.8×0.5×0.4＋0.8×(1－0.5)×0.6＝0.4．7．某一大型購物廣場有A，B兩家奶茶店，某人第一天隨機地選擇一家奶茶店購買奶茶，假如第一天去A店，那么其次天去A店的概率為0.7；假如第一天去B店，那么其次天去A店的概率為0.6．則某人其次天去A店購買奶茶的概率為________．0．65解析：某人其次天去A店購買奶茶有兩種狀況．第一種狀況：第一天選擇去A店，其次天選擇去A，其概率為0.5×0.7＝0.35．其次種狀況：第一天選擇去B店，其次天選擇去A，其概率為0.5×0.6＝0.3．所以某人其次天去A店購買奶茶的概率為0.35＋0.3＝0.65．8．(2024·泰安模擬)某百科學(xué)問競答競賽的半決賽階段，每兩人一組進行PK，勝者晉級決賽，敗者終止競賽．競賽最多有三局．第一局限時答題，其次局快問快答，第三局搶答．競賽雙方首先各自進行一局限時答題，依據(jù)答對題目數(shù)量，答對多者獲勝，競賽結(jié)束，答對數(shù)量相等視為平局，則需進入快問快答局；若快問快答平局，則需進入搶答局，兩人進行搶答，搶答沒有平局．已知甲、乙兩位選手在半決賽相遇，且在與乙選手的競賽中，甲限時答題局獲勝與平局的概率分別為13，12，快問快答局獲勝與平局的概率分別為13，1(1)求甲至多經(jīng)過兩局競賽晉級決賽的概率；(2)已知乙最終晉級決賽，但不知甲、乙兩人經(jīng)過幾局競賽，求乙恰好經(jīng)過三局競賽才晉級決賽的概率．解：(1)設(shè)“甲至多經(jīng)過兩局競賽晉級決賽”為事務(wù)A，則甲第一局獲勝或第一局平局其次局獲勝，則P(A)＝13＋12×13(2)記乙恰好經(jīng)過一局、兩局、三局競賽晉級決賽分別為事務(wù)B，C，D，則P(B)＝1－13+12＝16，P(C)＝12×1-13-1故在乙最終晉級決賽的前提下，乙恰好經(jīng)過三局競賽才晉級決賽的概率為118169．甲、乙兩個籃球運動員互不影響地在同一位置投球，命中率分別為12與p，且乙投球2次均未命中的概率為1(1)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(2)若甲、乙兩人各投球2次，求兩人共命中3次的概率．解：(1)由題意，甲投球2次，都沒有命中的概率為12×12＝故甲至少命中1次的概率為1－14＝3(2)因為乙投球2次均未命中的概率為(1－p)·(1－p)＝116，所以p＝3若甲、乙兩人各投球2次，命中3次，則甲只有一次沒有命中、乙2次全部命中，或乙只有一次沒有命中、甲2次全部命中．而甲只有一次沒有命中、乙2次全部命中的概率為C21·而乙只有一次沒有命中、甲2次全部命中的概率為C21·34故兩人共命中3次的概率為932＋332＝B組新高考培優(yōu)練10．為了實施“科技下鄉(xiāng)，精準(zhǔn)脫貧”戰(zhàn)略，某縣科技特派員帶著A，B，C三個農(nóng)業(yè)扶貧項目進駐某村，對僅有的四個貧困戶甲、乙、丙、丁進行產(chǎn)業(yè)幫扶．若每個貧困戶只能選擇一個扶貧項目，每個項目至少有一戶選擇，則甲、乙兩戶選擇同一個扶貧項目的概率為()A．14B．827C．2D解析：由題意分析：若每個貧困戶只能選擇一個扶貧項目，每個項目至少有一戶選擇，樣本點總數(shù)n＝C42A33＝36，甲乙兩戶選擇同一個扶貧項目包含的樣本點個數(shù)m＝C22C3111．(2024·汕頭二模)交通事故已成為世界性的嚴(yán)峻社會問題，加強中小學(xué)生交通平安教化具有重要的現(xiàn)實意義，為此，某校實行了一場交通平安學(xué)問競賽，一共有3道難度相當(dāng)?shù)谋卮痤}目，李明同學(xué)答對每道題目的概率都是0.6，則李明同學(xué)至少答對2道題的概率是()A．0.36B．0.576C．0.648D．0.904C解析：設(shè)李明同學(xué)至少答對2道題為事務(wù)A，則P(A)＝C320.6故選C．12．(多選題)依據(jù)中國古代重要的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》記載，我國古代諸侯的等級自低到高分為：男、子、伯、侯、公五個等級．現(xiàn)有每個級別的諸侯各一人，君王要把50處領(lǐng)地全部分給5位諸侯，要求每位諸侯都分到領(lǐng)地且級別每高一級就多分m處(m為正整數(shù))．按這種分法，下列結(jié)論正確的是()A．為“男”的諸侯分到的領(lǐng)地不大于6處的概率是3B．為“子”的諸侯分到的領(lǐng)地不小于6處的概率是1C．為“伯”的諸侯分到的領(lǐng)地恰好為10處的概率是1D．為“公”的諸侯恰好分到16處領(lǐng)地的概率是1ACD解析：由題意可知，5位諸侯分得的領(lǐng)地數(shù)成等差數(shù)列{an}，設(shè)該等差數(shù)列的前n項和為Sn．因為Sn＝50，則有5a1＋5×42m＝50，即a1因為a1，m均為正整數(shù)，則有a1當(dāng)a1=8，m=1時，有a1＝8，a2＝9，a3＝10，a4當(dāng)a1=6，m=2時，有a1＝6，a2＝8，a3＝10，a4當(dāng)a1=4，m=3時，有a1＝4，a2＝7，a3＝10，a4當(dāng)a1=2，m